Chuyên đề bồi dưỡng Toán Lớp 9 - Chủ đề 1: Biến đổi đại số (Có đáp án)

 Chủ đề 1: BIẾN ĐỔI ĐẠI SỐ
Chương 1: Căn thức
1.1 CĂN THỨC BẬC 2
Kiến thức cần nhớ:
 • Căn bậc hai của số thực a là số thực x sao cho x2 a .
 • Cho số thực a không âm. Căn bậc hai số học của a kí hiệu là a là 
 một số thực không âm x mà bình phương của nó bằng a :
 a 0 x 0
 2
 a x x a
 • Với hai số thực không âm a,b ta có: a b a b .
 • Khi biến đổi các biểu thức liên quan đến căn thức bậc 2 ta cần lưu ý:
 2 A A 0
 + A A nếu 
 A A 0
 + A2 B A B A B với A, B 0 ; A2 B A B A B với 
 A 0; B 0
 A A.B A.B
 + với AB 0, B 0
 B B2 B
 M M. A
 + với A 0 ;(Đây gọi là phép khử căn thức ở mẫu)
 A A
 M M A  B 
 + với A, B 0, A B (Đây gọi là phép 
 A B A B
 trục căn thức ở mẫu) 
1.2 CĂN THỨC BẬC 3, CĂN BẬC n.
1.2.1 CĂN THỨC BẬC 3.
Kiến thức cần nhớ: 
 • Căn bậc 3 của một số a kí hiệu là 3 a là số x sao cho x3 a
 1 Trang 1/17 3
 • Cho a R; 3 a x x3 3 a a
 • Mỗi số thực a đều có duy nhất một căn bậc 3.
 • Nếu a 0 thì 3 a 0 .
 • Nếu a 0 thì 3 a 0 .
 • Nếu a 0 thì 3 a 0 .
 a 3 a
 • 3 với mọi b 0 .
 b 3 b
 • 3 ab 3 a.3 b với mọi a,b .
 • a b 3 a 3 b .
 • A 3 B 3 A3B .
 A 3 AB2
 • 3 với B 0
 B B
 3 A A
 • 3
 B B3
 1 3 A2  3 AB 3 B2
 • với A B .
 3 A 3 B A B
1.2.2 CĂN THỨC BẬC n. 
 Cho số a R,n N;n 2 . Căn bậc n của một số a là một số mà lũy 
 thừa bậc n của nó bằng a. 
 • Trường hợp n là số lẻ: n 2k 1,k N
 Mọi số thực a đều có một căn bậc lẻ duy nhất:
 2k 1 a x x2k 1 a , nếu a 0 thì 2k 1 a 0 , nếu a 0 thì 
 2k 1 a 0 , nếu a 0 thì 2k 1 a 0
 • Trường hợp n là số chẵn: n 2k,k N . 
 Mọi số thực a 0 đều có hai căn bậc chẵn đối nhau. Căn bậc chẵn 
 dương kí hiệu là 2k a (gọi là căn bậc 2k số học của a ). Căn bậc 
 chẵn âm kí hiệu là 2k a , 2k a x x 0 và x2k a ; 
 2k a x x 0 và x2k a .
 Mọi số thực a 0 đều không có căn bậc chẵn. Một số ví dụ:
Ví dụ 1: Phân tích các biểu thức sau thành tích:
 a) P x4 4 
 b) P 8x3 3 3
 c) P x4 x2 1
Lời giải: 
 a) P x2 2 x2 2 x 2 x 2 x2 2 .
 3
 b) P 2x 3 3 2x 3 4x2 2 3x 3 .
 2
 c) P x2 1 x2 x2 x 1 x2 x 1 .
Ví dụ 2: Rút gọn các biểu thức:
 1
 a) A x x x khi x 0 .
 4
 1
 b) B 4x 2 4x 1 4x 2 4x 1 khi x .
 4
 c) C 9 5 3 5 8 10 7 4 3
Lời giải:
 2
 1 1 1
 a) A x x x x x x x 
 4 2 2
 1 1 1 1 1
+ Nếu x x thì x x A . 
 2 4 2 2 2
 1 1 1 1 1
+ Nếu x 0 x thì x x A 2 x 
 2 4 2 2 2
 b)
 3 Trang 3/17 B 4x 2 4x 1 4x 2 4x 1 4x 1 2 4x 1 1 4x 1 2 4x 1 1
 2 2
Hay B 4x 1 1 4x 1 1 4x 1 1 4x 1 1
 4x 1 1 4x 1 1 
 1
+ Nếu 4x 1 1 0 4x 1 1 x thì 4x 1 1 4x 1 1 suy 
 2
ra B 2 4x 1 .
 1 1
+ Nếu 4x 1 1 0 4x 1 1 x thì 
 4 2
 4x 1 1 4x 1 1 suy ra B 2 .
 2
 c) Để ý rằng: 7 4 3 2 3 7 4 3 2 3
Suy ra 
C 9 5 3 5 8 10(2 3) 9 5 3 5 28 10 3
 2
 9 5 3 5 5 3 .Hay 
C 9 5 3 5(5 3) 9 25 9 5 4 2
Ví dụ 3) Chứng minh: 
 a) A 7 2 6 7 2 6 là số nguyên.
 84 84
 b) B 3 1 3 1 là một số nguyên ( Trích đề TS vào lớp 
 9 9
 10 chuyên Trường THPT chuyên ĐHQG Hà Nội 2006). a 1 8a 1 a 1 8a 1
 c) Chứng minh rằng: x 3 a 3 a với 
 3 3 3 3
 1
 a là số tự nhiên.
 8
 d) Tính x y biết x x2 2015 y y2 2015 2015. 
Lời giải: 
 a) Dễ thấy A 0,
Tacó
 2
A2 7 2 6 7 2 6 7 2 6 7 2 6 2 7 2 6. 7 2 6
 14 2.5 4
Suy ra A 2 .
 b) Áp dụng hằng đẳng thức: u v 3 u3 v3 3uv u v . Ta có:
 3
 84 84 84 84 84 84 
B3 3 1 3 1 1 1 3 3 1 .3 1 
 9 9 9 9 9 9 
 84 84 
 3 1 3 1 . Hay 
 9 9 
 84 84 84
 3 3 3 3 3
B 2 33 1 1 .B B 2 3 1 B B 2 B B B 2 0
 9 9 81
 2
 2 2 1 7
 B 1 B B 2 0 mà B B 2 B 0 suy ra B 1. 
 2 4
Vậy B là số nguyên.
 c) Áp dụng hằng đẳng thức: u v 3 u3 v3 3uv u v 
 5 Trang 5/17 Ta có 
x3 2a 1 2a x x3 2a 1 x 2a 0 x 1 x2 x 2a 0 
Xét đa thức bậc hai x2 x 2a với 1 8a 0 
 1 1 1
+ Khi a ta có x 3 3 1 .
 8 8 8
 1
+ Khi a , ta có 1 8a âm nên đa thức (1) có nghiệm duy nhất x 1 
 8
 1 a 1 8a 1 a 1 8a 1
Vậy với mọi a ta có: x 3 a 3 a 1 là 
 8 3 3 3 3
số tự nhiên.
 d) Nhận xét: 
 x2 2015 x x2 2015 x x2 2015 x2 2015 . 
Kết hợp với giả thiết ta suy ra x2 2015 x y2 2015 y 
 y2 2015 y x2 2015 x x2 2015 x y2 2015 y x y 0
Ví dụ 4) 
 a) Cho x 4 10 2 5 4 10 2 5 . Tính giá trị biểu thức: 
 x4 4x3 x2 6x 12
 P .
 x2 2x 12
 b) Cho x 1 3 2 . Tính giá trị của biểu thức 
 B x4 2x4 x3 3x2 1942 .(Trích đề thi vào lớp 10 Trường PTC 
 Ngoại Ngữ - ĐHQG Hà Nội năm 2015-2016).
 c) Cho x 1 3 2 3 4 . Tính giá trị biểu thức: 
 P x5 4x4 x3 x2 2x 2015
Giải: a) Ta có: 
 2
 2 
x 4 10 2 5 4 10 2 5 8 2 4 10 2 5 . 4 10 2 5
 2 2
 x2 8 2 6 2 5 8 2 5 1 8 2 5 1 6 2 5 5 1 
 x 5 1. Từ đó ta suy ra x 1 2 5 x2 2x 4 . 
 2 2 2
 x 2x 2 x 2x 12 42 3.4 12
Ta biến đổi: P 1.
 x2 2x 12 4 12
 b) Ta có x 1 3 2 x 1 3 2 x3 3x2 3x 3 0 . Ta biến đổi 
biểu thức P thành:
P x2 (x3 3x2 3x 3) x x3 3x2 3x 3 x3 3x2 3x 3 1945 1945
 c) Để ý rằng: x 3 22 3 2 1 ta nhân thêm 2 vế với 3 2 1 để tận 
dụng hằng đẳng thức: a3 b3 a b a2 ab b2 . Khi đó ta có: 
 3 2 1 x 3 2 1 3 22 3 2 1 
 3 2 1 x 1 3 2x x 1 2x3 x 1 3 x3 3x2 3x 1 0 . 
Ta biến đổi: 
P x5 4x4 x3 x2 2x 2015 x2 x 1 x3 3x2 3x 1 2016 2016
Ví dụ 5) Cho x, y, z 0 và xy yz zx 1. 
 a) Tính giá trị biểu thức: 
 1 y2 1 z2 1 z2 1 x2 1 x2 1 y2 
 P x y z
 1 x2 1 y2 1 z2
 x y z 2xy
 b) Chứng minh rằng: 2 2 2 
 1 x 1 y 1 z 1 x2 1 y2 1 z2 
Lời giải:
 7 Trang 7/17 a) Để ý rằng: 1 x2 x2 xy yz zx (x y)(x z)
Tương tự đối với 1 y2 ;1 z2 ta có: 
 1 y2 1 z2 y x y z z x z y 
x x x y z 
 1 x2 x y x z 
Suy ra P x y z y z x z x y 2 xy yz zx 2 .
 b) Tương tự như câu a) 
Ta có: 
 x y z x y z
1 x2 1 y2 1 z2 x y x z x y y z z y z x 
 x y z y z x z x y 2xy 2xy
 x y y z z x x y y z z x 1 x2 1 y2 1 z2 
Ví dụ 6) 
 a) Tìm x1, x2 ,..., xn thỏa mãn: 
 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2
 x1 1 2 x2 2 .. n xn n x1 x2 ... xn 
 2
 4n 4n2 1
 b) Cho f (n) với n nguyên dương. Tính 
 2n 1 2n 1
 f (1) f (2) .. f (40) .
Lời giải:
 a) Đẳng thức tương đương với: 
 2 2 2
 x 2 12 1 x 2 22 2 ... x 2 n2 n 0
 1 2 n 
 2 2
Hay x1 2, x2 2.2 ,..., xn 2.n x2 y2 4n
 2
 b) Đặt x 2n 1, y 2n 1 xy 4n 1 . 
 x2 y2 2
Suy ra 
 2 2 3 3
 x xy y x y 1 3 3 1 3 3
f (n) 2 2 x y 2n 1 2n 1 . 
 x y x y 2 2 
Áp dụng vào bài toán ta có: 
 1
f 1 f 2 .. f 40 33 13 53 33 .. 813 793 
 2 
 1
 813 13 364
 2 
Ví dụ 7) 
 1 1 1
 a) Chứng minh rằng: .... 4 . Đề thi 
 1 2 3 4 79 80
 chuyên ĐHSP 2011
 1 1 1 1 1 
 b) Chứng minh rằng: ... 2 1 .
 1 2 2 3 3 4 n n 1 n 1 
 1 1 1 1 1
 c) Chứng minh: 2 n 2 ... 2 n 1 với 
 1 2 3 4 n
 mọi số nguyên dương n 2 .
Lời giải:
 1 1 1
 a) Xét A .... , 
 1 2 3 4 79 80
 1 1 1
 B .. 
 2 3 4 5 80 81
Dễ thấy A B . 
 1 1 1 1 1
Ta có A B .... 
 1 2 2 3 3 4 79 80 80 81
 9 Trang 9/17 1 k 1 k 
Mặt khác ta có: k 1 k
 k k 1 k 1 k k 1 k 
Suy ra A B 2 1 3 2 ... 81 80 81 1 8 . Do 
A B suy ra 2A A B 8 A 4 .
 1 1 1 1
 b) Để ý rằng: với 
 k k 1 k(k 1) k 1 k 2k k 1
 mọi k nguyên dương.
Suy ra 
 1 1 1 1 1 1 
VT 2 1 2 .. 2 2 1 .
 2 2 3 n n 1 n 1 
 1 1 1 1 1
 c) Đặt P ... 
 1 2 3 4 n
 2 1 2 2
Ta có: với mọi số tự nhiên n 2 .
 n n 1 n 2 n n n 1
Từ đó suy ra 
 2 2 2
2 n 1 n 2 n n 1 hay 
 n 1 n 2 n n n 1
 2
2 n 1 n 2 n n 1
 n 
Do đó: 2 2 1 3 2 ... n 1 n T và 
T 1 2 2 1 3 2 .... n n 1 . 
Hay 2 n 2 T 2 n 1.
Ví dụ 8)